【文档说明】2023年重庆一中高2023届2月月考数学-答案.pdf，共(10)页，338.727 KB，由小赞的店铺上传

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数学参考答案·第1页（共9页）2023年重庆一中高2023届2月月考数学参考答案一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分）题号12345678答案BDCCAADB【解析】1．由12xyxyyxN，，，，得1264123xxxyyy

，，，，，，{(121)(62)(43)}AB，，，，，∴，故选B．2．(1)111(1)(1iiiiii)i22z，1122iz，故选D．3．圆22(1)(1)4

Cxy：，圆心(11)C，，当直线垂直于过CP，的直径时，最短弦长222224(2)22rCP，故选C．4．赤道长：8万里=7410米，令第n个雪花的周长为na，观察图形可知：122221143103410310

33nnaaa，，，，由12743104103n，得294103n，则(2)(2lg2lg3)9n≥，77n≥∴，故选C．5．

由正弦定理知：2sinsinsinBAC①，sinsin=2sinACB②．解法一：由余弦定理：222cos2acbBac222sinsinsin2sinsinACBAC22(sinsin)2sinsinsin2

sinsinACACBAC2224sinsin112sin2BBB，所以π3B．解法二：22(sinsin)(sinsin)ACAC224sinsin=4sin4sin0ACBB，所以sinsinsinABC，π3B，故选A．6．令正方体棱

长为3，过N作MC的平行线交11BC于点E，令1BEx，则13232xx，∴，即E为11BC中点．333=27V正，平面CMN把正方体分成两部分，其中之一为棱台1NBEMBC，11()3NBEMBCVS

SSSh下上上下11311233222数学参考答案·第2页（共9页）1312112332224，21872744V，1729NBEMBCVV∶∶∴，故选A．7．设A点为坐标原点，分别以AB，AD为

x，y轴建立坐标系，则(1)(2)QxPy，，，，45BAPQAD，tantan21yxBAPDAQx，，所以2tan45112yxyx，22422(2)42xyxyxy≥，解得minmin(2)

424APAQxy，当且仅当2222xy时取等号，故选D．8．由(1)fx为偶函数得：(1)(1)fxfx，(2)()fxfx∴．又(2)()(2)fxfx

f，()()(2)fxfxf∴，令0x，则(0)(0)(2)fff，即(2)0f，(2)()fxfx∴，()fx∴的周期为2，(2023.5)(1.5)cff．当(01)x，时，()fx单调递增，()fx关于直线1x对称，()fx∴

在(12)，上单调递减．又ln31.5(12)，，且ln31.5＜，bc＞∴．又1.510.51ln20.5ca，＜，＞∴，又3e3eln31ln1ln2lnlnlne2e2，，＜∵，ba＞∴，bac＞＞∴，故选B．二

、多项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项是符合题目要求的．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分）题号9101112答案ACBCDABDABC【解析】9．将

已知数按从小到大的顺序排列，0133589，，，，，，，插入x并使3为这组数的中位数，故3x≤，故A选项正确；将一组数中每一个都扩大为原来的2倍，方差变为原来的4倍，故B选项错误；三种产品按分层抽样的方式抽样，样本容量变成2倍，抽样比变成2倍，每个产品被抽中的概率变成2倍，故C选项正确

；若22列联表中每个数字扩大2倍后，2222(2222)2()(22)(22)(22)(22)()()()()nadbcnadbcabcdacbdabcdacbd，2变为原来的2倍，故D选项

错误，故选AC．10．A选项，还有b的情况，故A错误；B选项，由线面垂直的性质和线面平行的性质可以证明ba⊥，故B正确；C选项，联想书本放在桌面上，书棱垂直桌面可以直观判断正全科试题免费下载公众号《高中僧课堂》数学参考答案·第3页（共9页

）确，再结合面面垂直的性质定理和线面垂直的判定定理可以证明l⊥，故C正确；D选项，把直线ab，平移到同一张平面内，利用面面平行的判定定理和性质定理可以证明∥，故D正确，故选BCD．11．()sin()fxx横向压缩12得，1()s

in(2)fxx；再右移π6个单位得，2π()sin23fxx，()ππ2π332kkZ，，∴又02π，22π3，，∴故A选项正确；π()sin23gxx∴，∴周期2π==π2T，故B选项正确；由7

π7π126x，得，π3π8π2323x，，8π5π32＞，故C选项错误；1()2gx在区间()ab，上有5个不同的解，由函数图象可知，区间()ab，的长度大于两个周期，小于等于3个周期，故(2π3π]ba，，故

D选项正确，故选ABD．12．令4封信分别为1234bbbb，，，，当1b在第2个信箱时，有这几种错排方式243423342111bbbbbbbbbbbb，，，共3种，同理可得1b在第3和4个信箱时，也分别有3种错排方式，所以共4339a种方法，故A选项正确；

11()nnnanaa，1(1)nnana∴11()nnnnanaana，故B选项正确；3231aa，3211(1)(1)nnnnana，21(1)(1)!(1)!!!nnnn

aannnn，∴112322!!(1)!(1)!(2)!32!!2!nnnnnaaaaaaaannnnn3231(1)(1)(1)(1)(1)2!3!!2!3!!nnnn，故C选项正确；装错信封的概率为!

nan，23e12!3!xxxx，∵则2311(1)(1)(1)(1)e1(1)2!3!!(1)!nnnn，即121(1)(1)e!(1)!(2)!nnnannn

，当n为奇数时，111e!(1)!(2)!nannn11130(3)!(4)!(2)!(4)!nnnnnn；当n为偶数时，1e!nan1111(1)(1)!(2

)!(3)!(4)!(2)!nnnnnn(3)0(4)!nn；综上，当n为奇数时1!enan；当n为偶数时1!enan，故D选项错误，故选ABC

．数学参考答案·第4页（共9页）三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）题号13141516答案512223；1e【解析】13．(21)(6)abx，，，，由ab得2603.xx，∴(36)b，，(4)cy，，由bc∥得：32408yy

，，∴5.xy∴14．将8个相同的球放进3个不同的盒子，可以等价于在8个球中间插两个板，将它分成3份并对应放到3个不同盒子中，共有27C21种分法；还要求每个盒子中球的数量不相同，考虑存在相同的情况，首先不可能3个盒子数量均相同，只有两个盒子数量相同

共3种情况：116224332，，．所以有1321C312种放法．15．令11()Bxy，，则11()Cxy，(20)A，，，ABACkk∴2121142yx①，又22112

14xyb②，联立①②得22b；令双曲线的右焦点为F，如图所示，则BC关于原点对称，易证BFCBFFSS△△，18060FBFBFC，又223tan2BFFbSb△，23BFCS△．∴16．2023120

23120231()12023120231xxxxxfx，20231202312()()12023120231xxxxgxfx2120231x，()gx在R上单调递增，且2023112023(

)()2023112023xxxxgxgx，()gx为奇函数，(e)2(lnln)xfafax≥(e)11(lnln)xfafax≥(e)xga≥(lnln)(lnln)gaxgxae

lnlnlnxxaxaa≥lnelnlnexxaxxxxaaa≥，令()e(0)xhxxx，易得()hx单调递增，所以lnxxa≥，e1xxa≥，令e()xmxx，数学参考答案·第5页（共9页）2e(1)()xxmxx，()mx在(01)，上单减，在(1)，上单增，min

()(1)emxm，所以1ea≥．四、解答题（共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17．（本小题满分10分）解：（1）由coscoscoscabCAB，结合正弦定理得：sinsinsincoscoscosCABCAB

，………（2分）即sincossincoscossincossinCACBCACB，sincoscossincossinsincosCACACBCB∴，即sinsinCABC()=()，…………………………………………

……………………（4分）CABC∴或()()πCABC（舍），2CAB∴，π3C∴．………………………………………………………………（5分）（2）2aCDBDABc，，由coscos

0ADCADB，在△ADC和△ADB中由余弦定理得：222222727220272722aacaa，即22220ac．…………………………………………………………………………（7分）在△ABC中，由余弦定理得：222π222cos3ca

a，即2242caa，………………………………………………………………………………………（8分）解得27c，即边AB的长度值为27.……………………………………………（10分）18．（本小题满分12分

）解：（1）当80x时，由样本数据估计球迷购买该精制书签的概率为30201.1002………………………………………………………………………………………（2分）因每位球迷是否购买该精制书签相互独立，132XB，∴，X的可能取

值为0，1，2，3．……………………………………（3分）其分布列为：X0123P18383818………………………………………………………………………………………（5分）数学参考答案·第6页（共9页）其期望为13()322EX．……………………………………………………………（

6分）（2）设该公司销售该精制书签所得总利润为Y元，当70x时，由样本数据估计球迷购买该精制书签的概率为3530201710020，此时17()(7050)1720EYZZ；……………………………………………………（8分）当

80x时，由样本数据估计球迷购买该精制书签的概率为302011002，此时1()(8050)152EYZZ；……………………………………………………（10分）1715ZZ∵，所以当精制书签的销售价格定

为70元时，对应的总利润的期望最大．……………………………………………………………………………………（12分）19．（本小题满分12分）（1）证明：221112(1)2nnnnnnnnSaaaaSaa，得，…………………………（1分）两

式相减得22112nnnnnaaaaa，即111()()nnnnnnaaaaaa，……………（3分）100nnnaaa，，∵∴11nnaa，∴因此数列{}na为等差数列．…………………………

…………………（5分）（2）解：由（1）得数列{}na的公差为1，又22a，.nan∴……………………（6分）123211111111112321nnnnncaaaannnn令，则1111111234212223ncnnnnnn

，…………………………（8分）1111023221nnccnnn，∴因此数列{}nc为递减数列．………………（10分）于是123211111nnnnaaaa≤恒成立等价于max1115()236ncc≤

，即的取值范围为56，．…………………………………………………………（12分）20．（本小题满分12分）（1）证明：由底面ABCD为菱形，得BDAC，………………………………………（1分）又BDSC，

BDASCBDSE平面，，∴∴…………………………………………（3分）又ACSD，ACBSDACSE平面，，∴∴…………………………………………（4分）又BDACE，SEABCD平面．∴……

……………………………………………（5分）数学参考答案·第7页（共9页）（2）解：由（1）以点E坐标原点，以向量EC，ED，ES的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，以单

位长度取13ECEDES，，由DHDC，则(000)(100)(003)(030)ECSD，，，，，，，，，，，，(330)H，，，(003)(330)ESEH

，，，，，，…………………………………………………………（6分）设平面SHE的法向量为1111()nxyz，，，则由1100nESnEH，，得11130(33)0zxy

，，取111330yxz，则，，所以平面SHE的法向量为1(330)n，，，……………………………………（8分）直线SC的方向向量为(103)SC，，，……………………………………………（9分）记直线SC与平面SH

E所成角为，则11221|||33|7sin|cos|7||||(33)2nSCnSCnSC，，……………………（10分）解得35或3（舍），35．∴…………………………………

……………………………………………（12分）21．（本小题满分12分）解：（1）选①，则由||4||PKPF得||||42PKPF，…………………………（2分）由椭圆的定义得长轴为4，焦距为2，所求轨迹的方程为2

21.43xy………………………………………………………………………………………（4分）选②，设()Pxy，，由22(1)1|4|2xyx，……………………………………………（2分）化简得22143xy，即所求轨迹的方程为221.43xy……………………………（4分

）选③，设00()Pxy，，由32GPGE，得0023Exy，，……………………………（2分）代入圆O的方程得2200143xy，即所求轨迹的方程为22143xy．…………（4分）数学参考答案·第8页

（共9页）（2）设1122()()MxyNxy，，，，过点K的直线m的方程为1xty，与方程22143xy联立得：22(34)690tyty，12122269.3434tyyyytt，∴……………………………

………………………（6分）直线AM的方程为11(2)2yyxx，11.2Pyyx∴同理，2232Qyyx，………………………………………………………………………（8分）12122121(2)(2)||1||3(2)3(2)yxyxTPTQyxyx，∴212

121211221211222(2)(1)9(34)(2)(3)393(34)yxytytyyyttyyxytytyyytty22211222222(34)9(34)()(34)9113(34)33(34)3tyttyytyttyttyt

22226(34)9113(34)33ttyttyt，||111.||339TPTQ∴……………………………………………………………………（12分）22．（本小题满分1

2分）（1）证明：由题意得1()(1)ecos1xfxxaxx，…………………………………（1分）令1()(1)ecos1xuxxaxx，则21()(2)esin(1)xuxxaxx

在区间π02，上单调递增，……………………（2分）()(0)2110uxu∴，()ux∴即()fx在区间π02，上单调递增，2(0)20afa又时，，π2ππ11e0π2212f，………………

………（3分）数学参考答案·第9页（共9页）所以()fx在区间π02，上存在唯一零点，且在该零点左右两侧()fx的值符号相反，即当2a时，()fx在区间π02，上存在极值点．……………………………………（4分）（2）解：由（1）得()fx在(0)m，上小于0

，在π2m，上大于0，显然在ππ2，上()0fx也成立，所以()fx在(0)m，上单调递减，在(π)m，上单调递增．π()(0)0(π)πeln(π1)0fmff，∴，即00(π)()0xmfx，，使，(0)0f又，000nxx

．∴现比较2m与0x的大小．…………………………………………………………………（6分）由11()(1)ecos0cos(1)e11mmfmmamammmm，得，……………（7分）221(2)2eln(21)sin22eln(21)2(1)esin1mmmfmm

mammmmmm∴212eln(21)2(1)e1mmmmmmm22e[e(1)]ln(21)1mmmmmmm，……………………………………………………………………………………（10分）令π()e102

xxxx，，，则()e10xx，所以()x单调递增，即()(0)0x，e(1)0mm．∴令2π()ln(21)012xhxxxx，，，则222222()021(1)(1)(21)xhxxxxx

，所以()hx单调递增，即()(0)0hxh，2ln(21)01mmm，∴即0(2)0()fmfx，…………………………………………………………………（11分）又()fx在(π)m，上单调递增，02mxn，∴即2.mn……………………………………………………………（12分）

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